考虑固定 \(s\) 和每个格子的颜色，最终有多少个石子被染黑。
结论： 任何时刻只有不多于两个极大同色连通块。
证明： 设 \([x,y]\) 为当前的黑连通块，\([y+1,z]\) 为白连通块。如果下一次染 \(x-1\)，若 \(x-1\) 为白，则 \([x-1,z]\) 都被染为白；否则 \(x-1\) 被染为黑。下一次染 \(z+1\) 同理。
下文令 \(0\) 为白，\(1\) 为黑，记 \(c_i\) 为第 \(i\) 个格子的颜色。
- 如果 \(c_1 = c_n = 0\)，最终所有石子都会被染白；
- 如果 \(c_1 = c_n = n\)，最终所有石子都会被染黑；
- 如果 \(c_1 \ne c_n\)，不失一般性地，假设 \(c_1 = 1, c_n = 0\)。记 \(x\) 为最大的下标满足 \(\forall i \in [1,x], c_i = c_1\)，\(y\) 为最小的下标满足 \(\forall i \in [y,n], c_i = c_n\)。若 \(x + 1 = y\)，最终有 \(x\) 个石子被染黑；否则先手肯定要尽快使 \(x\) 被染为黑，后手要尽快使 \(y\) 被染为白，这样中间 \(y - x - 1\) 个石子肯定归某个人了。\([1,x]\) 最后肯定被染黑，\([y,n]\) 最后肯定被染白，如果先手先到 \(x\)，即 \(s - x \ge y - s\)，则 \([x+1,y-1]\) 归先手；否则归后手。
这样枚举 \(s,x,y\)，就得到了一个 \(O(n^3)\) 的做法。
考虑如果 \(s - x \ne y - s\)，把 \(c\) 黑白翻转后，最后的染色状态与翻转前互补，则配对后两个状态的答案的和为 \(n\)；如果 \(s - x = y - s\)，\([x + 1, y - 1]\) 归先手，配对后两个状态的答案和为 \(n + y - x - 1\)。
设 \(ans_s\) 为初始位置为 \(s\) 时不同状态染黑石子数量的总和，可得：
\[ans_s = n2^{n-1} + \sum\limits_{x=1}^n \sum\limits_{y=1}^n [x + y = 2s \land y - x - 3 \ge 0] (y - x - 1) 2^{y-x-3} \]这样是 \(O(n^2)\) 的。
考虑枚举 \(y - x = 2t\)，则 \(x = s - t, y = s + t\)，可得：
\[ans_s = n2^{n-1} + \sum\limits_{t=1}^n [1 \le s - t \land s + t \le n \land 2t - 3 \ge 0] (2t - 1) 2^{2t - 3} \]\(t\) 的范围可以算出是 \([2,\min(n-s,s-1)]\)，所以：
\[ans_s = n2^{n-1} + \sum\limits_{t=2}^{\min(n-s,s-1)} (2t - 1) 2^{2t - 3} \]设 \(f_i = \sum\limits_{t=2}^i (2t - 1) 2^{2t - 3}\)，\(f\) 可以前缀和 \(O(n)\) 求出，可得：
\[ans_s = n2^{n-1} + f_{\min(n-s,s-1)} \]最后乘 \(\frac{1}{2^n}\) 就是期望。
至此终于以 \(O(n)\) 的时间复杂度做完了本题。
code
// Problem: E - 1D Reversi Builder
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 109
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc109/tasks/arc109_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 200100;
const ll mod = 998244353;
const ll inv2 = (mod + 1) / 2;
int n;
ll ans[maxn], pw[maxn], inv[maxn], f[maxn];
void solve() {
scanf("%d", &n);
pw[0] = inv[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
pw[i] = pw[i - 1] * 2 % mod;
inv[i] = inv[i - 1] * inv2 % mod;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
ans[i] = pw[n - 1] * n % mod;
}
for (int i = 2; i * 2 <= n; ++i) {
f[i] = (f[i - 1] + (i * 2 - 1) * pw[i * 2 - 3] % mod) % mod;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
ans[i] = (ans[i] + f[min(n - i, i - 1)]) % mod;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
printf("%lld\n", ans[i] * inv[n] % mod);
}
}
int main() {
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}